2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第2章第11讲　第3课时　导数的综合应用


第3课时　导数的综合应用

题型 一　利用导数求解函数的零点或方程的根的问题　

1．(2019·汉中模拟)若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝kx2－x＋3为函数f(x)＝x2ln x＋x的“友导”函数，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，1) B．(－∞，2]
C．(1，＋∞) D．[2，＋∞)
答案　D
解析　g′(x)＝kx－1，由题意g(x)为函数f(x)的“友导”函数，即方程x2ln x＋x＝kx－1有解，故k＝xln x＋＋1，记p(x)＝xln x＋＋1，则p′(x)＝1＋ln x－＝＋ln x，当x>1时，>0，ln x>0，故p′(x)>0，故p(x)递增；当0 2．(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝ln x－.
讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点．
解　f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，
所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)有唯一零点x1(e 即f(x1)＝ln x1－＝0.
又0<<1，f＝－ln x1＋＝－f(x1)＝0，
故f(x)在(0,1)有唯一零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点．
条件探究1　将本例中的函数f(x)改为f(x)＝a＋·ln x(a∈R)，试求f(x)的零点个数．
解　f′(x)＝()′·ln x＋·＝，
令f′(x)>0，解得x>e－2，
令f′(x)<0，解得0 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增．
f(x)min＝f(e－2)＝a－，
显然当a>时，f(x)min>0，f(x)无零点，
当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，
当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点．
条件探究2　将本例中的函数f(x)改为f(x)＝x－2＋(e为自然对数的底数)．若直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．
解　直线l：y＝kx－2与曲线y＝f(x)没有公共点等价于关于x的方程kx－2＝x－2＋在R上没有实数解，即关于x的方程(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．
(1)当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解，符合题意．
(2)当k≠1时，方程(*)可化为＝xex.
令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex，
令g′(x)＝0，得x＝－1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

－

所以当x＝－1时，g(x)min＝－，又当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以g(x)的取值范围为.
所以当∈时，方程(*)无实数解，故k的取值范围是(1－e,1)．
综上，k的取值范围是(1－e,1]，即k的最大值为1.

利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．如举例说明1.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(2019·吉安模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满足x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，则函数g(x)＝f(x)－sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．5
答案　C
解析　根据题意，函数g(x)＝f(x)－sinx的零点即函数y＝f(x)与y＝sinx的交点，设h(x)＝sinx，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，又由h(0)＝sin0＝0.则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点(0,0)，当x>0时，f(x)＝x－ln x＋ln，其导数f′(x)＝－，分析可得在区间上，f′(x)<0，f(x)为减函数，在区间上，f′(x)>0，f(x)为增函数，则f(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值，且其最小值为f＝×－ln ＋ln ＝1，又由h＝sin＝1，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点，又由y＝f(x)与y＝sinx都是奇函数，则函数y＝f(x)与y＝sinx存在交点.综合可得，函数y＝f(x)与y＝sinx有3个交点，则函数g(x)＝f(x)－sinx有3个零点．
2．(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝＋a(x－ln x)，a∈R.
(1)当a＝－e时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围．
解　(1)f(x)＝＋a(x－ln x)，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋a＝，
当a＝－e时，f′(x)＝，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．
故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.
(2)f′(x)＝，
当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，
f(x)只有一个零点．
当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立．
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e>0，
故当a>－e时，f(x)没有零点．
当a＜－e时，令ex＋ax＝0，得＝－a，φ(x)＝，φ′(x)＝.
φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝e，
ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2,0 f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
f(1)＝a＋e<0，又x→0时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞.
此时f(x)有两个零点．
综上，若f(x)有两个零点，则a<－e.
题型 二　利用导数研究不等式的有关问题　

角度1　证明不等式(多维探究)
1．(2019·北京高考节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2,4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
解　(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)证明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]．
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2,0)
0



4
g′(x)

＋
0
－
0
＋

g(x)
－6

0

－

0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
条件探究　将本例中的函数f(x)改为f(x)＝－，设g(x)＝xln x，当x∈(0，＋∞)时．求证：f(x) 证明　因为g′(x)＝ln x＋1.
令g′(x)<0，则x<，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以g(x)≥g＝－.
又因为f′(x)＝.
令f′(x)＝>0，则x<1，因为x>0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)≤f(1)＝－.
因此f(x) 角度2　已知不等式恒成立，求参数的取值范围
2．(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝x－aln (x＋1)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，关于x的不等式kx2≥f(x)在[0，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln (x＋1)，
f′(x)＝1－＝，当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)是增函数．
所以，f(x)的减区间为(－1,1)，增区间为(1，＋∞)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x－ln (x＋1)，kx2≥f(x)，即kx2－x＋ln (x＋1)≥0.
设g(x)＝kx2－x＋ln (x＋1)，x≥0，则只需g(x)≥0在[0，＋∞)恒成立即可．
易知g(0)＝0，g′(x)＝2kx－1＋
＝，因为x≥0，所以≥0.
当k≤0时，g′(x)<0，此时g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以g(x) 当00.
当x∈时，g′(x)<0.
当x∈时，g′(x)>0，
此时g(x)在上单调递减，
所以，当x∈时，g(x) 当k≥时，g′(x)≥0，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立．
综上，k≥.
角度3　不等式存在性成立问题
3．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1) 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1 x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．
g(x)min＝g(0)＝1.
所以e－(a＋1)－<1，即a>，
所以a的取值范围为.

1．利用导数证明不等式成立问题的常用方法
(1)直接将不等式转化成某个函数最值问题
若证明f(x) (2)将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明
在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如要证f(x)≥g(x)在D上成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．如举例说明1的条件探究．
2．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径
(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a，如举例说明2；
存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，
存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.
(4)①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.如举例说明3.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(2019·渭南模拟)设函数f(x)＝(x－a)2＋(3ln x－3a)2，若存在x0，使f(x0)≤，则实数a的值为(　　)
A. B.
C. D．1
答案　A
解析　分别令g(x)＝3ln x，h(x)＝3x，
设过点P(x0,3ln x0)的函数g(x)的切线l平行于直线y＝3x.
g′(x)＝，由＝3，解得x0＝1.∴切点P(1,0)．
点P到直线y＝3x的距离d＝ .
∴存在x0＝1，使f(x0)≤，
过点P且与直线y＝3x垂直的直线方程为
y＝－(x－1)．
联立解得x＝，y＝.
则实数a＝.故选A.
2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知函数f(x)＝xln x＋ax2－1，且f′(1)＝－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0，求m的取值范围；
(3)证明函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1图象的下方．
解　(1)因为f(x)＝xln x＋ax2－1，
所以f′(x)＝ln x＋1＋ax.
又因为f′(1)＝－1，所以1＋a＝－1，a＝－2，
所以f(x)＝xln x－x2－1.
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0.
即xln x－x2－2mx≤0恒成立，
即m≥ln x－x恒成立．
令h(x)＝ln x－x，则
h′(x)＝－＝.
当00，h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以当x＝1时，h(x)有最大值，h(1)＝－.
所以m≥－，即m的取值范围是.
(3)证明：要证明函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1的图象的下方．
即证：f(x)＋2x 即ln x 由(2)可得h(x)＝ln x－x≤－.
所以ln x≤x－1.
现要证明x－1 即证ex－x－1>0.
令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1.
当x>0时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)>φ(0)＝0.
即ex－x－1>0.
所以x－1 从而得到ln x≤x－1 所以函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1图象的下方．
题型 三　利用导数求解生活中的优化问题

如图所示的某种容器的体积为90π cm3，它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm.圆锥的高为h1 cm，母线与底面所成的角为45°；圆柱的高为h2 cm.已知圆柱底面的造价为2a 元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2，圆锥侧面造价为a 元/cm2.
(1)将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域；
(2)当容器造价最低时，圆柱的底面半径为多少？

解　(1)因为圆锥的母线与底面所成的角为45°，
所以h1＝r，
圆锥的体积为V1＝πr2h1＝πr3，
圆柱的体积为V2＝πr2h2.
因为V1＋V2＝90π，所以V2＝πr2h2＝90π－πr3，
所以h2＝＝－.
因为V1＝πr3<90π，
所以r<3.
因此0 所以h2＝＝－，
定义域为{r|0 (2)圆锥的侧面积S1＝πr·r＝πr2，
圆柱的侧面积S2＝2πrh2，底面积S3＝πr2.
容器总造价为y＝aS1＋aS2＋2aS3
＝2πr2a＋2πrh2a＋2πr2a
＝2πa(r2＋rh2＋r2)
＝2πa
＝.
令f(r)＝r2＋，则f′(r)＝2r－.
令f′(r)＝0，得r＝3.
当0 当30，f(r)在(3,3)上为单调增函数，
因此，当r＝3时，f(r)有最小值，y有最小值90πa元．
所以总造价最低时，圆柱底面的半径为3 cm.

1．利用导数解决生活中的实际应用问题的四步骤

2．利用导数解决生活中优化问题的方法
求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．如举例说明．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3 (1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解　(1)因为当x＝5时，y＝11，
所以＋10＝11，解得a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为
y＝＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3 则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．
所以当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．

　组　基础关
1．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是(　　)
A．3 B．2
C．1 D．0
答案　C
解析　设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1.
2．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
答案　B
解析　2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，所以a≤h(x)min＝4.
3．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8300－170p－p2，则最大毛利润为(毛利润＝销售收入－进货支出)(　　)
A．30元 B．60元
C．28000元 D．23000元
答案　D
解析　设毛利润为L(p)元，则由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)＝(8300－170p－p2)(p－20)＝－p3－150p2＋11700p－166000，所以L′(p)＝－3p2－300p＋11700.令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．当p∈(0,30)时，L′(p)>0，当p∈(30，＋∞)时，L′(p)<0，故L(p)在p＝30时取得极大值，即最大值，且最大值为L(30)＝23000.
4．(2020·贵阳摸底)函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，则a的值为(　　)
A．4 B．4ln 2－3
C．2 D．5ln 2－4
答案　D
解析　函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得ea＝在(0，＋∞)上只有一个解．令g(x)＝，可得g′(x)＝＝－x·，g(x)在(0，＋∞)上有2个极值点，x＝1和x＝4；当x∈(0,1)时函数g(x)是减函数，当x∈(1,4)时，函数g(x)是增函数，当x∈(4，＋∞)时函数g(x)是减函数，g(0)＝0.所以函数g(x)的最大值为g(4)＝＝，函数f(x)＝ex＋a－x3＋2x2在(0，＋∞)上只有一个零点，可得ea＝，所以a＝5ln 2－4.故选D.
5．(2019·天津高考)已知a∈R，设函数
f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)
A．[0,1] B．[0,2]
C．[0，e] D．[1，e]
答案　C
解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，所以0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥0恒成立，即a≤恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1e时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.
6．已知函数f(x)＝ex－ln (x＋3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是(　　)
A．∀x∈(－3，＋∞)，f(x)≥
B．∀x∈(－3，＋∞)，f(x)>－
C．∃x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1
D．f(x)min∈(0,1)
答案　B
解析　因为函数f(x)＝ex－ln (x＋3)，定义域为(－3，＋∞)，所以f′(x)＝ex－，易知f(x)的导函数f′(x)在定义域(－3，＋∞)上单调递增，又f′(－1)<0，f′>0，所以f′(x)＝0在(－3，＋∞)上有唯一的实根，不妨将其设为x0，且x0∈，则x＝x0为f(x)的最小值点，且f′(x0)＝0，即ex0＝，两边取以e为底的对数，得x0＝－ln (x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln (x0＋3)＝－ln (x0＋3)＝＋x0，因为x0∈，所以22＋－3＝－，即∀x∈(－3，＋∞)，都有f(x)>－.
7．已知方程ln |x|－ax2＋＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由于y＝ln |x|－ax2＋是偶函数，所以方程ln x－ax2＋＝0(x＞0)有两个根，即a＝有两个根．设f(x)＝，则f′(x)＝＝－，所以当00，f(x)递增，当x>时，f′(x)<0，f(x)递减，所以当x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝.又x→＋0时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→0，所以要使a＝有两个根，则0 8．已知函数f(x)＝x|x2－a|，若存在x∈[1,2]，使得f(x)<2，则实数a的取值范围是________．
答案　(－1,5)
解析　当x∈[1,2]时，f(x)＝|x3－ax|，
由f(x)<2可得－2 即为－x2－<－a<－x2＋，
设g(x)＝－x2－，则导数为g′(x)＝－2x＋，
当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，即g(x)在[1,2]上单调递减，
所以g(x)min＝－4－1＝－5，
即有－a>－5，即a<5；
设h(x)＝－x2＋，则导数为h′(x)＝－2x－，
当x∈[1,2]时，h′(x)<0，即h(x)在[1,2]上单调递减，
可得h(x)max＝－1＋2＝1.即有－a<1，即a>－1.
综上可得，a的取值范围是－1 9．已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题：
①0；③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.
其中正确的命题是________(填出所有正确命题的序号)．
答案　①③
解析　∵函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋x，易得f′(x)＝ln x＋1＋x在(0，＋∞)递增，∴f′＝>0，
∵x→0，f′(x)→－∞，
∴0 ∵ln x0＋1＋x0＝0，
∴f(x0)＋x0＝x0ln x0＋x＋x0＝x0＝－x<0，即③正确，④不正确．
10．已知函数f(x)的定义域是[－1,5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，

x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1
下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当1 其中所有正确命题的序号是________．
答案　①②④
解析　由f(x)的导函数f′(x)的图象可知，当－10，函数f(x)单调递增，当0 　组　能力关
1．已知f(x)＝1－，过点(k,0)与f(x)相切的直线有且仅有3条，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，2－e2) B．(－∞，2－e2]
C．(－∞，4－e2) D．(－∞，4－e2]
答案　C
解析　设切点为，f′(x)＝，则切线为y－1＋＝(x－x0)，代入点(k,0)得k＝x0＋－，令g(x)＝x＋－，则g′(x)＝，当x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，注意到x≠1，故g(x)的递增区间为(－∞，1)，(1,2)，当x>2时，g(x)单调递减，要使g(x)＝k有三个根，由图象可得，k
2．(2020·安徽名校联考)关于函数f(x)＝＋ln x，有下列几个命题：
①x＝2是f(x)的极大值点；
②函数y＝f(x)－x有且只有1个零点；
③存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立；
④对任意两个正实数x1，x2，且x1>x2，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4.
其中正确的命题有(　　)
A．①② B．②③
C．②④ D．③④
答案　C

解析　f′(x)＝，当02时，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，x＝2是f(x)的极小值点，故①错误．根据函数f(x)的单调性及极值点，作出函数f(x)的大致图象，如图所示，作出直线y＝x，易知直线y＝x与f(x)的图象有且只有1个交点，即函数y＝f(x)－x有且只有1个零点，故②正确．若f(x)>kx，则k<＋，令g(x)＝＋，则g′(x)＝，令F(x)＝－4＋x－xln x，则F′(x)＝－ln x，所以F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，F(x)≤F(1)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，g(x)无最小值，不存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立，故③错误．由x1>x2，f(x1)＝f(x2)可知x1>2,04，即证x1>4－x2，且x1>4－x2>2，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，即证f(x1)>f(4－x2)，又f(x1)＝f(x2)，所以证f(x2)>f(4－x2)，即证f(x)>f(4－x)，x∈(0,2)．令h(x)＝f(x)－f(4－x)＝ln x－ln (4－x)＋－，x∈(0,2)，则h′(x)＝<0，所以h(x)在(0,2)上单调递减，所以h(x)>0，所以x1＋x2>4，故④正确．故选C.
3．对于定义在R上的函数f(x)，若存在非零实数x0，使函数f(x)在(－∞，x0)和(x0，＋∞)上均有零点，则称x0为函数f(x)的一个“折点”．现给出下列四个函数：
①f(x)＝3|x－1|＋2；②f(x)＝lg |x＋2019|；③f(x)＝－x－1；④f(x)＝x2＋2mx－1(m∈R)．
则存在“折点”的函数是________．(填序号)
答案　②④
解析　因为f(x)＝3|x－1|＋2>2，所以函数f(x)不存在零点，
所以函数f(x)不存在“折点”；
对于函数f(x)＝lg |x＋2019|，取x0＝－2019，
则函数f(x)在(－∞，－2019)上有零点x＝－2020，
在(－2019，＋∞)上有零点x＝－2018，
所以x0＝－2019是函数f(x)＝lg |x＋2019|的一个“折点”；
对于函数f(x)＝－x－1，
则f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)．
令f′(x)>0，得x>1或x<－1；
令f′(x)<0，得－1 所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．
又f(－1)＝－<0，所以函数f(x)只有一个零点，
所以函数f(x)＝－x－1不存在“折点”；
对于函数f(x)＝x2＋2mx－1＝(x＋m)2－m2－1，
由于f(－m)＝－m2－1≤－1，
结合图象(图略)可知该函数一定有“折点”．
综上，存在“折点”的函数是②④.
4．(2019·武汉模拟)设函数f(x)＝xekx(k≠0)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)设g(x)＝x2－2bx＋4，当k＝1时，若对任意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解　(1)f′(x)＝(1＋kx)ekx，因为f(0)＝0且f′(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.
(2)函数f(x)的定义域为R，
令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，由ekx>0，知1＋kx>0.
讨论：①当k>0时，x>－，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．
②当k<0时，x<－，此时f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(3)由(2)知，当k＝1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
则对任意的x1∈R，有f(x1)≥f(－1)＝－，
即f(x1)min＝－，
又已知存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，
所以－≥g(x2)，x2∈[1,2]，即存在x∈[1,2]，使得g(x)＝x2－2bx＋4≤－，即2b≥x＋，因为x∈[1,2]时，x＋∈，所以2b≥4＋，即b≥2＋，
所以实数b的取值范围是.
　组　素养关
1．已知函数f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)证明：当m＝2时，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(2)若存在x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2 证明　(1)当m＝2时，f(x)＝x－sinx－ln x＋1，f′(x)＝1－cosx－.
当x∈(0，π)时，f′(x)为增函数，
且f′＝1－－＝－<0，
f′(π)＝－>0，
∴f′(x)在(0，π)上有唯一零点．
当x∈[π，＋∞)时，
f′(x)＝1－cosx－≥1－－≥－>0，
∴f′(x)在[π，＋∞)上没有零点．
综上知，f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)不妨设0 x1－sinx1－ln x1＋1＝x2－sinx2－ln x2＋1，
∴(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)．
设g(x)＝x－sinx，则g′(x)＝1－cosx≥0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴x2－sinx2>x1－sinx1，从而x2－x1>sinx2－sinx1，
∴(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sinx2－sinx1)>(x2－x1)，
∴m>.
下面证明：>.
令t＝，则t>1，即证明>，
只需证明ln t－<0.(*)
设h(t)＝ln t－，
则当t>1时，h′(t)＝－<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减．
∴当t>1时，h(t) 即>.∴m>，即x1x2 2．(2019·华中师范大学第一附中模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex＋ax2＋2ax，a∈R.
(1)讨论f(x)极值点的个数；
(2)若x0(x0≠－2)是f(x)的一个极值点，且f(－2)>e－2，证明：f(x0)≤1.
解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋2)(ex＋a)．
若a≥0，则ex＋a>0，所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0；
当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
所以x＝－2为f(x)唯一的极小值点，无极大值点，故此时f(x)有1个极值点．
若a<0，令f′(x)＝(x＋2)(ex＋a)＝0，则x1＝－2，
x2＝ln (－a)，
当a<－e－2时，x1 则当x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0；
当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以x1，x2分别为f(x)的极大值点和极小值点，故此时f(x)有2个极值点．
当a＝－e－2时，x1＝x2，f′(x)＝(x＋2)(ex＋a)≥0且不恒为0，此时f(x)在R上单调递增，无极值点．
当－e－2x2.
则当x∈(－∞，x2)时，f′(x)>0；当x∈(x2，x1)时，
f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.
同理，x1，x2分别为f(x)的极小值点和极大值点，故此时f(x)有2个极值点．
综上，当a＝－e－2时，f(x)无极值点；当a≥0时，
f(x)有1个极值点；当a<－e－2或－e－2 f(x)有2个极值点．
(2)证明：若x0(x0≠－2)是f(x)的一个极值点，
由(1)可知a∈(－∞，－e－2)∪(－e－2,0)，
又f(－2)＝－e－2－2a>e－2，
所以a∈(－∞，－e－2)，且x0≠－2.
则x0＝ln (－a)，
所以f(x0)＝f(ln (－a))
＝a[(ln (－a))2＋2ln (－a)－2]．
令t＝ln (－a)∈(－2，＋∞)，则a＝－et，
所以g(t)＝f(ln (－a))＝－et(t2＋2t－2)．
故g′(t)＝－t(t＋4)et.
又因为t∈(－2，＋∞)，所以t＋4>0，
令g′(t)＝0，得t＝0.
当t∈(－2,0)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；
当t∈(0，＋∞)，g′(t)<0，g(t)单调递减．
所以t＝0是g(t)唯一的极大值点也是最大值点，即g(t)≤g(0)＝1.
故f(ln (－a))≤1，即f(x0)≤1.